题解 CF2053D Refined Product Optimality

【洛谷专栏】。

复活后的第一篇题解和比赛。

感觉这是一个很有意思的题。

题意

有两个长度为 $n$ 的序列 $a,b$。

有 $q$ 次修改，每次修改给出两个整数 $o,x$：

• $o=1$ 时，$a_x\leftarrow a_x+1$。
• $o=2$ 时，$b_x\leftarrow b_x+1$。

设 $p$ 是 $b$ 的一种排列，在第一次修改前和每次修改后，你需要求出所有满足条件的 $p$ 中 $\prod _{i=1}^{n}min(a_i,p_i)$ 的最大值。

由于答案可能很大，所以对 $998244353$ 取模。

分析

不难证明，最大值即为将 $a,b$ 升序排列后所求的值。

简单证明一下，假设 $a_1<a_2,b_1<b_2$，那么 $min(a_1,b_2)\times min(a_2,b_1)\le min(a_1,b_1)\times min(a_2,b_2)$，所以降序排列会使答案变得更劣。

于是就可以在 $O(n\log n)$ 的时间复杂度内求出修改前答案的值，接下来考虑修改操作。

修改只会修改一个，也只会增加 $1$ 的值，所以对答案的影响并不会很大。

修改的时候如果要调整序列来维持单调性是一件很麻烦的事情。假设我们修改的是 $a_x$，只需要在排序的序列中修改最后一个值为 $a_x$ 的位置，就不会影响其单调性。

于是求出这个位置后，可以撤销该位置对答案原有的贡献，乘上该位置的逆元，然后修改后再将贡献加入进去即可。

以上操作就可以用二分和快速幂解决，修改 $b$ 序列的情况同理。

总体时间复杂度为 $O(n\log n+q\log n)$

代码

//the code is from chenjh
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 200002
using namespace std;
typedef long long LL;
constexpr int mod=998244353;
int n,q;
int qpow(int a,int b=mod-2){
	int ret=1;
	for(;b;b>>=1,a=(LL)a*a%mod)if(b&1)ret=(LL)ret*a%mod;
	return ret%mod;
}
int a[MAXN],b[MAXN],c[MAXN],d[MAXN];//c,d 序列表示排序后的 a,b 序列。
void solve(){
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],c[i]=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i],d[i]=b[i];
	sort(c+1,c+n+1),sort(d+1,d+n+1);
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(LL)ans*min(c[i],d[i])%mod;
	cout<<ans<<' ';
	for(int o,x,p;q--;){
		cin>>o>>x;
		p=0;
		if(o==1)
			p=upper_bound(c+1,c+n+1,a[x])-c-1,//找到第一个大于 a_x 的位置的前一个，即最后一个等于 a_x 的位置。
			ans=(LL)ans*qpow(min(c[p],d[p]))%mod,//除以这个数，即乘这个数的逆元。
			++a[x],++c[p];//对这些位置进行修改。
		else if(o==2)
			p=upper_bound(d+1,d+n+1,b[x])-d-1,//b 序列同理。
			ans=(LL)ans*qpow(min(c[p],d[p]))%mod,
			++b[x],++d[p];
		ans=(LL)ans*min(c[p],d[p])%mod;//乘上修改后这个位置的贡献。
		cout<<ans<<' ';
	}
	cout<<'\n';
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
	int T;cin>>T;
	while(T--) solve(); 
	return 0;
}